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| Aufgabe | 2. Zeige, dass die Funktion [mm]g: \IR \rightarrow \IR, g(t) := \Bigg\{ \left{\begin{array}{ll} e^t, & t<0 \\ -e^{-t}, & t\geq 0 \end{array}\right [/mm] in [mm]L_1(\IR)[/mm] liegt und berechne ihre Fouriertransformierte.
3. (a)
Berechne das Integral
[mm] \integral_{0}^{1}{\integral_{x}^{1}{y^2\sin\bruch{2\pi x}{y}dy} dx} [/mm]
und begründe die einzelnen Schritte.
(b)
Berechne das Volumen des Körpers [mm]K \subset \IR^3[/mm], der entsteht, wenn die Einheitskugel in der xz-Ebene mit Mittelpunkt M=(2,0,0) einmal um die z-Achse rotiert wird.
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Hallo zusammen
Bin diesen Frühling durch die Analysis III Prüfung gerasselt und habe bald Nachprüfung. Möchte die Aufgaben nun mit jemandem durchgehen, da ich die mehrdimensionale Integration noch nicht wirklich klar ist. Poste meine Lösungsvorschläge gleich, braucht ein bisschen Zeit wegen meinen lahmen Latex-Skills :).
Zu 3. (b): Kann man diese Aufgabe nicht mit dem Prinzip von Cavalieri lösen? Die Durchschnitte sind ja bei einem Torus und einem Zylinder genau gleich (bedeutet dies, dass die beiden isometrisch sind?), also kann man ja genauso gut das Volumen des entsprechenden Zylinders berechnen, das wäre:
[mm] 4\pi [/mm] (Höhe des Zylinders) mal [mm]\pi r^2[/mm], wobei r=1 (Grundfläche), das gäbe dann [mm]4 \pi^2 [/mm]
Zu 2.: Damit man zeigen kann, dass g in [mm]L_1(\IR)[/mm] liegt, reicht es doch die Integrale
[mm]\integral_{-\infty}^{0}{e^x dx}[/mm]
und
[mm]\integral_{0}^{\infty}{-e^{-x}dx}[/mm]
zu berechnen (was klar ist) und zu sehen, dass sie beide endlich sind, oder?
Für die Fouriertransformierte habe ich folgendes erhalten:
t < 0:
[mm]g(\xi) = \bruch{1}{\wurzel{2\pi}(1 - i\xi)}[/mm]
t [mm]\geq[/mm] 0:
[mm]g(\xi) = -\bruch{1}{\wurzel{2\pi}(1 - i\xi)}[/mm]
Bei 3. (a) bin ich noch nicht wirklich auf was gekommen, mir ist bei diesem Integral schon nicht klar wie man es eindimensional mit x als Faktor lösen würde...
Danke fürs Anschauen und Gruss
Björn
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Hallo polarbaer,
> 2. Zeige, dass die Funktion [mm]g: \IR \rightarrow \IR, g(t) := \Bigg\{ \left{\begin{array}{ll} e^t, & t<0 \\ -e^{-t}, & t\geq 0 \end{array}\right[/mm]
> in [mm]L_1(\IR)[/mm] liegt und berechne ihre Fouriertransformierte.
>
> 3. (a)
>
> Berechne das Integral
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{\integral_{x}^{1}{y^2\sin\bruch{2\pi x}{y}dy} dx}[/mm]
>
> und begründe die einzelnen Schritte.
>
> (b)
>
> Berechne das Volumen des Körpers [mm]K \subset \IR^3[/mm], der
> entsteht, wenn die Einheitskugel in der xz-Ebene mit
> Mittelpunkt M=(2,0,0) einmal um die z-Achse rotiert wird.
>
> Hallo zusammen
>
>
> Zu 3. (b): Kann man diese Aufgabe nicht mit dem Prinzip von
> Cavalieri lösen? Die Durchschnitte sind ja bei einem Torus
> und einem Zylinder genau gleich (bedeutet dies, dass die
> beiden isometrisch sind?), also kann man ja genauso gut das
> Volumen des entsprechenden Zylinders berechnen, das wäre:
>
> [mm]4\pi[/mm] (Höhe des Zylinders) mal [mm]\pi r^2[/mm], wobei r=1
> (Grundfläche), das gäbe dann [mm]4 \pi^2[/mm]
>
Kontrolliere bitte die Aufgabenstellung 3b.
Eine Kugel kann ja schliesslich nicht in der xz-Ebene liegen.
Es handelt sich hier um einen Kreis der in dieser Ebene liegt.
>
> Danke fürs Anschauen und Gruss
>
> Björn
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:56 Fr 07.08.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo Björn!
Betrachte zunächst das innerste Integral:
[mm] $$\integral{y^2*\sin\left(\bruch{2\pi*x}{y}\right) \ dy}$$
[/mm]
Führe dafür folgende Subsitution durch:
$$z(y) \ := \ [mm] \bruch{2\pi*x}{y} [/mm] \ = \ [mm] \left(2\pi*x\right)*y^{-1}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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Hallo Loddar
Danke für den Hinweis! Mal schauen, ob ich das richtig hinkriege:
Mit z wie von dir definiert ist, bekommt man: [mm] \bruch{dy}{dz} = -2\pi x y^{-2} [/mm] und damit
[mm] dy = -dz \bruch{ 2 \pi x}{y^2} [/mm]
und damit das neue Integral (noch ohne Grenzen):
[mm] -2 \pi x \integral_{}^{}{ \sin(z) dz} [/mm]
Stimmt das so? Nun sollte man noch die Grenzen berücksichtigen, und bekommt dann:
[mm] -2 \pi x \integral_{2 \pi}^{2 \pi x}{ \sin(z) dz} [/mm]
Falls dies stimmt, ist mein nächster Stolperstein das x in der oberen Grenze; was macht man, wenn eine Grenze eines Integrals eigentlich eine Funktion ist?
Danke für die Rückmeldung
Gruss
Björn
EDIT: habe gerade gemerkt, dass ich oben dy und dz verwechselt habe; in diesem Fall kürzt sich das [mm] y^2 [/mm] aber nicht weg, oder?
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Hallo polar_baer,
> Hallo Loddar
>
> Danke für den Hinweis! Mal schauen, ob ich das richtig
> hinkriege:
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> Mit z wie von dir definiert ist, bekommt man:
> [mm]\bruch{dy}{dz} = -2\pi x y^{-2}[/mm] und damit
>
> [mm]dy = -dz \bruch{ 2 \pi x}{y^2}[/mm]
>
> und damit das neue Integral (noch ohne Grenzen):
>
> [mm]-2 \pi x \integral_{}^{}{ \sin(z) dz}[/mm]
>
> Stimmt das so? Nun sollte man noch die Grenzen
> berücksichtigen, und bekommt dann:
>
> [mm]-2 \pi x \integral_{2 \pi}^{2 \pi x}{ \sin(z) dz}[/mm]
>
> Falls dies stimmt, ist mein nächster Stolperstein das x in
> der oberen Grenze; was macht man, wenn eine Grenze eines
> Integrals eigentlich eine Funktion ist?
Integriere wie gehabt.
Bilde also die Stammfunktion von [mm]\sin\left(z\right)[/mm]
und setze dann die Grenzen [mm]2\pi[/mm] bzw. [mm] [mm[2\pi*x[/mm] [/mm] ein.
>
> Danke für die Rückmeldung
>
> Gruss
>
> Björn
>
> EDIT: habe gerade gemerkt, dass ich oben dy und dz
> verwechselt habe; in diesem Fall kürzt sich das [mm]y^2[/mm] aber
> nicht weg, oder?
Da du das anschliessend richtig eingesetzt hast, hat sich das weggekürzt.
Gruss
MathePower
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Hallo MathePower
OK, in diesem Fall löst sich das innere Integral zu
[mm]-2 \pi x [ -\cos2 \pi x + \cos 2 \pi ] = 2 \pi x \cos2 \pi x [/mm]
auf.
Das äussere könnte man dann mit einmal partiell integrieren lösen:
[mm] \integral_{0}^{1}{2 \pi x \cos(2 \pi x) dx} = [ 2 \pi x \sin (2 \pi x) * \bruch{1}{2 \pi} ]_{0}^{1} - 2 \pi \integral_{0}^{1}{\cos (2 \pi x) dx}
= 0 - 0 - [\sin (2 \pi x)]_{0}^{1} = 0 - 0 = 0[/mm]
Ist das wirklich so einfach? Hatte immer gedacht, man müsse irgendwie den Transformationssatz oder mind. den Satz von Fubini brauchen, weils ja mehrdim. Analysis ist...
Danke und Gruss
Björn
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Hallo polarbaer,
> Hallo MathePower
>
> OK, in diesem Fall löst sich das innere Integral zu
>
> [mm]-2 \pi x [ -\cos2 \pi x + \cos 2 \pi ] = 2 \pi x \cos2 \pi x[/mm]
>
> auf.
>
> Das äussere könnte man dann mit einmal partiell
> integrieren lösen:
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{2 \pi x \cos(2 \pi x) dx} = [ 2 \pi x \sin (2 \pi x) * \bruch{1}{2 \pi} ]_{0}^{1} - 2 \pi \integral_{0}^{1}{\cos (2 \pi x) dx}
= 0 - 0 - [\sin (2 \pi x)]_{0}^{1} = 0 - 0 = 0[/mm]
>
> Ist das wirklich so einfach? Hatte immer gedacht, man
> müsse irgendwie den Transformationssatz oder mind. den
> Satz von Fubini brauchen, weils ja mehrdim. Analysis
> ist...
Die Stammfunktion von
[mm]\integral_{}^{}{y^{2}*\sin\left(\bruch{2*\pi*x}{y}\right) \ dy}[/mm]
zu errechnen, wird doch nicht so einfach.
Ich denke, daß hier eine Änderung der
Integrationsreihenfolge notwendig ist.
>
> Danke und Gruss
>
> Björn
Gruß
MathePower
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Hallo MathePower
Du meinst, dass man doch die Integrale vertauschen muss, und zuerst nach x und dann nach y integrieren muss? Dann müsste man also argumentieren, dass man vertauschen darf, d.h. dass das Integral des Betrags der Funktion endlich ist?
Gruss
Björn
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Hallo polar_baer,
> Hallo MathePower
>
> Du meinst, dass man doch die Integrale vertauschen muss,
> und zuerst nach x und dann nach y integrieren muss? Dann
Ja.
> müsste man also argumentieren, dass man vertauschen darf,
> d.h. dass das Integral des Betrags der Funktion endlich
> ist?
Zeichne Dir hier mal das Integrationsgebiet auf.
Dann siehst Du warum man auch zuerst
nach x und dann nach y integrieren kann.
>
> Gruss
>
> Björn
Gruß
MathePower
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Hallo MathePower
OK, das Integrationsgebiet wäre doch das "Schnittgebiet" zwischen den Geraden x=0, x=1, y=1 und y=1, also so ein kleines Trapez; kann man direkt daraus schliessen, dass der Wert des Doppelintegrals kleiner gleich der Fläche dieses Gebiets, und damit endlich ist?
Gruss
Björn
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Hallo polar_baer,
> Hallo MathePower
>
> OK, das Integrationsgebiet wäre doch das "Schnittgebiet"
> zwischen den Geraden x=0, x=1, y=1 und y=1, also so ein
> kleines Trapez; kann man direkt daraus schliessen, dass der
> Wert des Doppelintegrals kleiner gleich der Fläche dieses
> Gebiets, und damit endlich ist?
>
Ich glaube, das kann man nicht daraus schliessen.
In erster Linie geht es doch darum, dass das Integrationsgebiet
ober- unterhalb der Geraden y=x dasselbe ist.
> Gruss
>
> Björn
Gruss
MathePower
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Hallo MathePower
Das sehe ich ein; aber wie kann man aus dem schliessen, dass das Integral endlich ist?
Gruss
Björn
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:20 Mo 10.08.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hallo zusammen
Ok, ich habe das Integral nochmals gründlich unter die Lupe genommen und mit diversen Ansätzen zu lösen versucht; erst einmal: es ist klar, dass man die Integrationsreihenfolge vertauschen muss, sonst wirds zu kompliziert (und mit Substitution gehts nicht, das was ich in diesem Thread oben gemacht habe, hat 'nen dicken Wurm drin, weiss mittlerweile auch welchen...). Das Argument, das nötig ist um die Vertauschung zu rechtfertigen, hab ich noch nicht gefunden, ich hab nach wie vor Probleme mit der Idee, dass man Integrale als endlich bezeichnen kann obwohl man sie nicht ausrechnet. Angenommen, man darf vertauschen, bin ich auf folgendes gekommen:
[mm] \integral_{0}^{1}{\integral_{x}^{1}{y^2\sin(\bruch{2 \pi x }{y})dy} dx} = \integral_{x}^{1}{\integral_{0}^{1}{y^2\sin(\bruch{2 \pi x }{y})dx} dy} [/mm] (wie gesagt, noch zu zeigen)
[mm] \integral_{0}^{1}{y^2\sin(\bruch{2 \pi x }{y}) dx} =[ -\cos(\bruch{2 \pi x}{y})*y^2*\bruch{y}{2 \pi}]_{0}^{1}
= - \bruch{1}{2 \pi}*\cos(\bruch{2 \pi}{y}) + 0
[/mm]
So, damit sieht dann das äussere Integral wie folgt aus:
[mm] - \bruch{1}{2 \pi} * \integral_{x}^{1}{\cos(\bruch{2 \pi}{y}) dy} [/mm]
Hier habe ich allerdings weder mit Substitution noch mit sonstwas etwas erreicht bis jetzt; wäre froh, wenn mir jemand für dieses Integral und zur Begründung der Vertauschung einen Denkanstoss geben könnte.
Danke und Gruss
Björn
[EDIT]: Wo mich auch noch eine Expertenmeinung interessieren würde: Bei der Torusaufgabe in 3. (b) (am Anfang dieses Threads), kann man da wirklich das Cavalierische Prinzip in so einfacher Weise anwenden (die Argumentation kommt mir selbst ein wenig zu glatt vor)?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:40 Fr 21.08.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Dein Cavalieri hast du falsch angewandt.
ein Querschnitt in r Richtung ist ein Kreis, aber du kannst doch nicht den T neben den Z stellen und in jeder Hoehe den selben Querschnitt haben?
Zur Begruendung des Vertauschens musst du nur die posts GENAU durchlesen, da steht es.
zum endlich ohne ausrechnen.
ich nehm nen Wuerfel, halbier ihn, halbier die Haelfte nochmal so dass eine Seite a/2 ist, stell sie auf den Wurfel, halbier weiter, immer eine seite a/2 hoch und tuerm das auf. jetzt hast du am ende einen beliebig hohen Turm. Dass das Volumen endlich ist kannst du sicher ohne Integrale oder unendliche Summen auszurechnen direkt sagen. es ist ja [mm] a^3
[/mm]
Das hat aber nichts mit der begrenzten Flaeche [mm] (a^2) [/mm] zu tun, auf der der Turm steht, denn auf derselben Flaeche kann ich ja auch lauter ganze Wuerfel auftuermen, deren Gesamtvol dann [mm] \infty [/mm] waere.
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Mi 12.08.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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